Каталог по источникам

Задачи

Страница: << 1 2 3 4 5 [Всего задач: 24]

Задача 105211

Темы:	[	Замощения костями домино и плитками	]
	[	Развертка помогает решить задачу	]
	[	Прямоугольный тетраэдр	]
	[	Движение помогает решить задачу	]
	[	Метод координат в пространстве (прочее)	]

Сложность: 4+
Классы: 10,11

Можно ли замостить все пространство равными тетраэдрами, все грани которых — прямоугольные треугольники?

Решение

Для этого надо взять тетраэдр ABCD, развёртка которого показана на рис. В нём CA = AB = BD и $\angle$ CAB = $\angle$ CAD = $\angle$ ABD = $\angle$ CBD = 90^o. Возможны несколько способов замощения пространства такими тетраэдрами.

$\epsfbox{pic10.32}$

$\epsfbox{pic10.33}$

Первый способ. Тетраэдр ABCD и симметричный ему относительно плоскости ADC образуют четырехугольную пирамиду с квадратным основанием, одно из боковых ребер которой перпендикулярно основанию и равно его стороне (рис.). Из трех таких пирамид можно составить куб, как показано на рис. Очевидно, что кубами пространство замостить можно.

$\epsfbox{pic10.34}$

Этот способ можно описать и по-другому. Введем в пространстве систему координат и рассмотрим множество точек, координаты которых удовлетворяют условиям 0 $\le$ x $\le$ y $\le$ z $\le$ 1. Это будет подобный ABCD тетраэдр с вершинами в точках (0, 0, 0), (0, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 1, 1). Другие упорядочения значений координат дают еще пять таких же тетраэдров. Эти шесть тетраэдров заполняют единичный куб.

Второй способ. Рассмотрим правильную четырехугольную пирамиду, образованную центром куба и его гранью. У нее есть четыре плоскости симметрии, разрезающие ее на 8 тетраэдров, подобных ABCD. Следовательно, куб можно разрезать на 48 таких тетраэдров.

Третий способ. Объединив тетраэдр ABCD и симметричный ему относительно плоскости ABC, получим тетраэдр, основанием которого является равнобедренный прямоугольный треугольник, а высотой --боковое ребро, проходящее через вершину прямого угла. Из двух таких тетраэдров, симметричных относительно общей боковой грани, составим тетраэдр с равнобедренным прямоугольным треугольником в основании и высотой, падающей в середину гипотенузы. Наконец, из двух таких тетраэдров можно составить тетраэдр, подобный ABCD. (Чтобы убедиться в этом, достаточно разрезать ABCD по плоскости, проходящей через A, B и середину CD.) Таким образом, из 8 тетраэдров, равных ABCD, можно составить подобный им тетраэдр вдвое большего размера. Повторяя этот процесс, получим искомое замощение пространства.

Ответ

Да.

Прислать комментарий

Задача 105212

Темы:	[	Теория алгоритмов (прочее)	]
	[	Индукция (прочее)	]
	[	Процессы и операции	]

Сложность: 5
Классы: 9,10,11

В коробке лежат карточки, занумерованные натуральными числами от 1 до 2006. На карточке с номером 2006 лежит карточка с номером 2005 и т. д. до 1. За ход разрешается взять одну верхнюю карточку (из любой коробки) и переложить ее либо на дно пустой коробки, либо на карточку с номером на единицу больше. Сколько пустых коробок нужно для того, чтобы переложить все карточки в другую коробку?

Решение

Ответ следует из общего факта: пусть количество карточек равно n, где 2^{k - 1} $\le$ n < 2^k (n, k --натуральные числа); тогда требуется k пустых коробок. Сначала покажем следующее: k коробок достаточно, причем если n = 2^{k - 1}, то не требуется использовать исходную коробку после того, как она освободится. При k = 1 утверждение тривиально. Пусть оно верно для некоторого натурального k.

Вначале пусть n = 2^k. Возьмем пустые коробки с номерами от 1 до k + 1. По предположению индукции можно перенести верхние 2^{k - 1} карточек в коробку номер k, используя коробки 1,..., k и не используя исходную коробку, которая еще не пуста. Аналогично переносим нижние 2^{k - 1} карточек в коробку номер k + 1, используя коробки 1,..., k - 1, k + 1. После этого подвергаем верхние карточки обратному перекладыванию, заменив исходную коробку на (k + 1)-ю. В итоге все карточки будут переложены в коробку k + 1, причем мы не использовали исходную коробку после того, как она освободилась.

Пусть теперь 2^k < n < 2^{k + 1}. Вначале переложим, как описано выше, 2^k карточек в коробку k + 1, использовав коробки 1,..., k + 1. Оставшиеся n - 2^k < 2^k карточек по предположению индукции можно переложить в коробку k, использовав коробки 1,..., k. Теперь подвергнем «верхние» карточки обратному перекладыванию, заменив исходную коробку на k-ю.

Для дальнейшего заметим, что если используется минимально возможное количество коробок, то все они окажутся одновременно занятыми не позже, чем мы освободим исходную коробку. Действительно, пусть это неверно. Отметим в начальный момент какую-то пустую коробку i. Пусть на некотором шаге мы кладем в нее карточку. Так как по предположению какая-то коробка будет после этого пуста, то можно заменить i на эту коробку начиная с данного шага. Будем поступать так каждый раз, когда нужно класть карточку в коробку i. В итоге мы переложим нижнюю карточку в некоторую коробку j. После этого повторим все действия в обратном порядке, заменив исходную коробку на j. Карточки будут переложены в коробку j, а коробка i использована не будет, т.е. количество коробок можно уменьшить.

Теперь покажем, что при 2^{k - 1} $\le$ n < 2^k потребуется не менее k коробок. При k = 1, 2 это тривиально. Пусть это верно для некоторого k $\ge$ 2, и пусть 2^k $\le$ n < 2^{k + 1}. Предположим, что можно обойтись k коробками. Разобьем исходную стопку карточек на верхнюю и нижнюю части, содержащие не менее чем по 2^{k - 1} карточек. В силу доказанного выше, в некоторый момент потребуется занять «нижними» карточками k коробок уже для того, чтобы освободить исходную. «Верхние» карточки не могут при этом находиться в исходной коробке (до этого шага она еще не пуста, а верхняя из «нижних» карточек уже снята). Значит, они находятся в некоторой другой коробке i на самой верхней из «нижних» карточек (обозначим ее a). Так как «нижние» карточки занимают k > 1 коробок, то карточка a еще должна быть переложена, чтобы все они оказались в одной коробке. Для этого потребуется в некоторый момент занять «верхними» карточками k других коробок. В них не могут находиться «нижние» карточки (так как непосредственно под «верхней» карточкой может находиться лишь карточка a, а она еще находится в коробке i). Значит, все «нижние» карточки уже находятся в одной коробке --противоречие. Таким образом, потребуется не менее k + 1 коробок.

Ответ

11 коробок.

Прислать комментарий

Задача 105214

Темы:	[	Прямая Симсона	]
	[	Вписанные и описанные окружности	]
	[	Гомотетия помогает решить задачу	]
	[	Свойства симметрий и осей симметрии	]

Сложность: 5
Классы: 8,9,10

Дан треугольник ABC и точки P и Q, лежащие на его описанной окружности. Точку P отразили относительно прямой BC и получили точку P_a. Точку пересечения прямых QP_a и BC обозначим A'. Точки B' и C' строятся аналогично. Докажите, что точки A', B' и C' лежат на одной прямой.

Решение

Пусть P'_a, P'_b и P'_c -- проекции точки P на прямые, содержащие стороны треугольника. Докажем, что эти точки лежат на одной прямой. Действительно, $\angle$ PP'_cP'_a = $\angle$ PBP'_a = $\angle$ PAC = 180^o - $\angle$ PP'_cP'_b. Первое и последнее равенства верны в силу того, что четырехугольники PP'_aBP'_c

$\epsfbox{pic10.611}$

$\epsfbox{pic10.612}$

и PP'_cP_bA вписанные. Полученная прямая называется прямой Симсона точки P относительно треугольника ABC (см. рис.). Следовательно, точки P_a, P_b и P_c также лежат на одной прямой, проходящей в два раза дальше от точки P, чем прямая Симсона. Аналогичное утверждение верно и для Q_a, Q_b и Q_c --точек, симметричных точке Q относительно сторон треугольника. Обозначим прямую, содержащую точки P_a, P_b и P_c, через l_p, а прямую, содержащую точки Q_a, Q_b и Q_c, --через l_q. Рассматриваемые в задаче точки A', B' и C' можно определить как точки пересечения пар прямых PQ_a и QP_a, PQ_b и QP_b, PQ_c и QP_b.

$\epsfbox{pic10.613}$

Пусть прямая, параллельная l_q и проходящая через P, пересекает l_p в точке X (см. рис.). Пересечение прямой, параллельной l_p и проходящей через Q, с прямой l_q обозначим через Y. Стороны треугольника PXP_a соответственно параллельны сторонам треугольника Q_aYQ, а значит, эти треугольники гомотетичны. Прямые PQ_a, P_aQ и XY должны проходить через центр этой гомотетии, то есть точку A'. Таким образом, точка A' лежит на прямой XY. Аналогично можно показать, что на этой прямой лежат точки B' и C'.

Прислать комментарий

Задача 105220

Темы:	[	Раскладки и разбиения	]
	[	Целая и дробная части. Принцип Архимеда	]
	[	Линейные неравенства и системы неравенств	]
	[	Системы алгебраических неравенств	]
	[	Средние величины	]

Сложность: 5+
Классы: 9,10,11

Все имеющиеся на складе конфеты разных сортов разложены по n коробкам, на которые установлены цены в 1, 2, ..., n у. е. соответственно. Требуется купить такие k из этих коробок наименьшей суммарной стоимости, которые содержат заведомо не менее ^k/_n массы всех конфет. Известно, что масса конфет в каждой коробке не превосходит массы конфет в любой более дорогой коробке.
а) Какие коробки следует купить при n = 10 и k = 3 ?
б) Тот же вопрос для произвольных натуральных n ≥ k.

Решение

Пусть a₁ ≤ a₂ ≤ ... ≤ a_n – массы конфет в коробках стоимостью в 1, 2, ..., n у. е. соответственно, а n₁ < n₂ < ... < n_k – номера тех коробок, которые нужно купить.
1. Обозначим m_j = ^jn/_k (j = 1, ..., k) и докажем, что для искомого набора номеров должны быть выполнены неравенства n_j ≥ m_j. (*)
Действительно, предположим, что n_j < m_j для некоторого j.
Тогда, например, в случае a₁ = ... = a_{n_j} = n_j < a_{n_j + 1} = ... = a_n = n + n_j
получаем
a₁ + ... + a_n = n_j² + (n – n_j)(n + n_j) = n²,
a_n₁ + ... + a_{n_k} = (k – j)(n + n_j) + jn_j < (k – j)n + nj = kn,
то есть нарушено требование задачи.
2. Пусть теперь все неравенства (*) верны. Докажем, что тогда требование задачи выполнено.
а) При n = 10, k = 3 имеем n₁ ≥ ¹⁰/₃, n₂ ≥ ²⁰/₃, n₁ ≥ 10, т.е. достаточно взять 4-ю, 7-ю и 10-ю коробки. И действительно:

(добавив к группе чисел число, меньшее их всех, мы уменьшим среднее арифметическое).

б) Положим n₀ = m₀ = a₀ = 0 и возьмём целые числа n_j = m_j + ε_j, где 0 ≤ ε < 1. Рассмотрим ступенчатую функцию, задаваемую равенствами f(x) = a_j при j – 1 < x ≤ j. Поскольку функция не убывает, её среднее значение на промежутке уменьшается, когда оба конца промежутка сдвигают влево (даже с изменением длины промежутка). (Среднее значение – это площадь под графиком функции на заданном промежутке, деленная на длину этого промежутка.) В частности,

Поэтому

так как все знаменатели равны ⁿ/_k, n_k = m_k = n, ε_k = 0.
Итак, стоимость набора из k коробок, удовлетворяющего требованию задачи, будет наименьшей для наименьших целых чисел n_j, удовлетворяющих неравенствам (*).

Ответ

Коробки стоимостью а) 4, 7 и 10 у. е.; б) у. е.

Прислать комментарий

Страница: << 1 2 3 4 5 [Всего задач: 24]